7学习指导与习题解答-6
第六章群与环
§6.1 基本要求
1. 掌握二元代数运算、代数系统的定义，能够判断一运算是否为二元代数运算，运算
是否满足交换律、结合律、分配律、幂等律、吸收律、消去律。
2. 掌握半群、群的定义以及群的性质，能够判断一代数系统是否为半群或群。
3. 掌握交换群的定义以及交换群中的三个指数律。
4. 掌握置换、轮换、不相杂轮换、对换等概念，会做置换的乘法，会将任意置换写成不相
杂轮换的乘积。了解置换的顺向圈表示。
5. 掌握奇置换、偶置换的概念，了解置换的定性数与置换的图型及奇偶性的关系。
6. 掌握n次对称群、n次交代群的概念，会写出其中的元素。
7. 掌握子群的定义以及子群的判别条件。掌握周期、循环群的定义和乘法群、加法群中周
期的性质以及循环群中一元素作为生成元的充要条件。
8. 掌握群中合同、右陪集的定义。了解子群在大群中的右陪集的一些性质。掌握正规子群
的概念以及一子群为大群的正规子群的充要条件。掌握并会正确应用Lagrange定理。
9. 掌握同态映射、同构映射、自同构映射的概念以及同态定理。会判断一个群与一乘法系
统间的映射是否为同态映射、同构映射或自同构映射。
10. 掌握同态核的概念，了解若σ是群G到G′上的同态映射，则其核N为一正规子群。
反过来，设N是G的一个正规子群，则有一个群G′以及一个G到G′上的同态映射σ，使N为σ的核。掌握并会正确应用联系同态与同构的基本定理。了解σ为群G到G′上的同态映射时，G中子群与G′中子群的关系。
11. 掌握环、交换环、含壹环、消去环的定义及其性质，会判断。
12. 掌握整区、体、域、子环、子体、子域等概念，以及环的子集作成子环的充要条件。
13. 掌握并会应用理想、主理想的定义，掌握环中合同关系、剩余类的定义以及环中合同关
系的性质。
14. 掌握环同态映射、同构映射、剩余环的定义，了解与群论中平行的环中的关于同态映射、
同构映射的一些定理。
15. 掌握单纯环与极大理想的定义，以及二者的关系，了解一个环是域的充要条件。
16. 了解群与环在计算机科学中的应用--计数问题、纠错码。
§6.2 主要解题方法
6.2.1 运算的性质
对常见的运算性质诸如封闭、结合、交换、分配、幂等、吸收、消去等，要熟悉其定义，并且会推断某性质是否成立。后面对各种代数系统都是根据运算的性质来下的定义，因此，对某代数系统进行判断，都必然归结到对运算性质的判断上。
例6.2.1 设S=Q ×Q ，Q 为有理数集合，﹡为S 上的二元运算，对于任意的
问：（1）﹡的单位元是什么？
（2）当a ≠0时，
解：（1）设﹡的单位元是
因为
故
???=+=y e y e x x e 21
1 且 ???=+=y y x e x x e 2
1， 解得：???==0121e e 。 因此，﹡的单位元是<1，0>。
（2）当a ≠0时， 设
而
故
?????=+=-0
ab 11-1b aa 。 解得：???
????-==--a b b a a 111。
因此，
a
b a -,1>。 例6.2.2 设（G ，·）是一个群，若群G 的每一个元素都满足方程x 2=1（其中1是G 的单位元），那么G 是交换群。
证明：对任意的a ，b ∈G ，则运算的封闭性有a ·b ∈G ，故由题意知，
a 2=1，
b 2=1，
（a ·b ）2=1。
又（a ·b ）2= a ·b ·a ·b ，故
a ·
b ·a ·b=1。
因此，
a ·
b = a ·1·b = a ·(a ·b ·a ·b)·b
由（G ， ·）是群，运算满足结合律，所以
a ·(a ·
b ·a ·b)·b= a 2·（b ·a ）·b 2=1·（b ·a ）·1= b ·a
即，a ·b=b ·a ，所以，G 是交换群。
例6.2.3 设（G ，·）是一个半群，e 是左壹，且对每一个x ∈A ，存在x’ ∈A ，使得x ·x’=e 。试证明：对于任意的a ，b ，c ∈A ，如果a ·b= a ·c ，则b=c 。
证明：对于任意的a ，b ，c ∈A ，如果a ·b= a ·c ，由题设条件知，对a ∈A ，存在a’∈A ，使得a ·a’=e 。在等式a ·b= a ·c 的两边同时左乘a’，得到
a’·（a ·b ）=a’·（a ·c ）。
因（G ，·）是一个半群，运算满足结合律，故
a’·（a ·b ）=（a’·a ）·b= e ·b ，
a’·（a ·c ）=（a’·a ）·c= e ·c 。
由e 是左壹知，
e ·b=b ，
e ·c=c 。
综上，b=c 。
6.2.2 关于置换群
要熟悉置换群的表示方法，一种是直接写，如，??
? ??n 21n 21b b b a a a ΛΛ，另一种是将置换表示为不相杂轮换的乘积。要求正确地做置换的乘法。
例6.2.4 写出正四面体关于4个面的运动群（置换群）。
解：首先给正四面体的四个面作上标记。
取4为底面，在保持4为底面的情况下，沿顺时针方向旋转正四面体0、1、2次，得到三个置换：
（1）（2）（3）（4），（1 2 3）（4），（1 3 2）（4）。
类似地，分别取1、2、3为底面，又得到置换：
（2 3 4）（1），（2 4 3）（1），
（1 3 4）（2），（1 4 3）（2），
（1 2 4）（3），（1 4 2）（3）。
再考虑这些置换相乘的情形：
（1 2 3）（4）（2 3 4）（1）=（1 2）（3 4），
（2 3 4）（1）（1 2 3）（4）=（1 3）（2 4），
（2 3 4）（1）（1 3 4）（2）=（1 4）（2 3）。
令G={（1）（2）（3）（4），（1 2 3）（4），（1 3 2）（4）,
（2 3 4）（1），（2 4 3）（1），（1 3 4）（2），
（1 4 3）（2），（1 2 4）（3），（1 4 2）（3）,
（1 2）（3 4），（1 3）（2 4），（1 4）（2 3）}
显然，G是S4的有限非空子集，且可以验证置换乘法在G上是封闭的。故根据教材中定理6.4.3（判别条件三），即有限子群的判定定理，可知G在置换的乘法下做成4次对称群的子群，该群即为正四面体关于4个面的运动群（置换群）。
说明：对于正四面体，它的四个面组成一个集合，题目即是求该集合上的一个置换群。由于正四面体的四个面有着确定的关系，因此，4次对称群S4中的某些置换并不是所求的置换群中的某些元素。我们首先对该正四面体进行若干次旋转变换，使它与原来的四个面的位置重合，从而得到这四个面的一个置换。比如，记4为底面，旋转其它各面使1到达2的位置，2到达3的位置，3到达1的位置，这就是（1 2 3）（4）。然后，我们还需要考虑以其它面为底面以及置换乘积得到的新置换的情况。
例6.2.5 设多项式f=(x1+x2)(x3+x4)，找出使f保持不变的所有下标的置换，这些置换在置换的乘法下是否构成S4的子群？
解：由加法交换律和乘法交换律可得到使f保持不变的所有下标的置换的集合为：
G={（1）（2）（3）（4），（1 2）（3）（4），（1 2）（3 4），
（1）（2）（3 4），（1 3）（2 4），（1 4）（2 3）}。
G是S4的有限非空子集，可以验证置换乘法在G上是封闭的，故根据教材中定理6.4.3（判别条件三），可知G在置换的乘法下做成S4的子群。
6.2.3 子群的判定及性质
前面的例子中已经使用了有限子群的判定定理，实际上，子群的判定主要是考察对子群判定定理的运用。如果做题时应用判定定理困难，一个“笨”方法是证明该代数系统是群，因为子群本身就是群。
例6.2.6 设（G，·）是一个群，e是（G，·）的单位元，R是G上的等价关系，且对任意的x,y,z∈G，若（x·z）R（y·z），则xRy。置H={h|h∈G ∧hRe}。试证明：（H，·）是（G，·）的子群。
证明：由R是G上的等价关系知，eRe，即e∈H，所以，H非空。
若a∈H，b∈H，往证a·b-1∈H，即证（a·b-1）Re。
由a∈H，b∈H，知，aRe，bRe。
由bRe及R具有对称性知，eRb成立。再由aRe，eRb及R具有传递性知aRb。而
a= a·(b-1·b)= (a·b-1)·b，
b=e·b，
所以，(a·b-1)·bR e·b。再根据题设，若（x·z）R（y·z），则xRy，知，（a·b-1）Re。
故a ·b -1∈H 。
由教材中定理6.4.2（判别条件二），可知（H ，·）是（G ，·）的子群。
例6.2.7 设R 为实数集，G={(a ，b)|a ，b ∈R,a ≠0}。定义G 上的运算如下：对于任意的（a ，b ）,（c ，d ）∈G ，
（a ，b ）·（c ，d ）=（a ×c ，b ×c+d ），
其中×，+分别是实数的乘法与加法。试证明：
（1）（G ，·）是群；
（2）设S = {（1，b ）|b ∈R}，则（S ，·）是（G ，·）的子群。
证明：
（1）① 运算·的封闭性是显然的。
② 下面证明运算·满足结合律。对任意的（a ，b ）,（c ，d ），（e ，f ）∈G ，有：
（（a ，b ）·（c ，d ））·（e ，f ）=（a ×c ，b ×c+d ）·（e ，f ）
=（a ×c ×e ，（b ×c+d ）×e +f ）
= （a ×c ×e ，b ×c ×e +d ×e +f ），
（a ，b ）·（（c ，d ）·（e ，f ））=（a ，b ）·（c ×e ，d ×e+f ）
=（a ×c ×e ，b ×c ×e+ d ×e+f ），
所以，（（a ，b ）·（c ，d ））·（e ，f ）=（a ，b ）·（（c ，d ）·（e ，f ））。
③ 下面证明（G ，·）有1（单位元）。按照运算·的定义，对于任意的（a ，b ）∈G ，有：
（a ，b ）·（1，0）=（a ×1，b ×1+0）=（a ，b ），
（1，0）·（a ，b ）=（1×a ，0×a+b ）=（a ，b ），
所以，（1，0）是（G ，·）的单位元。
④ 下面证明（G ，·）中任意元素有逆元。对任意的（a ，b ）∈G ，设（c ，d ）∈G ，满足（a ，b ）·（c ，d ）=（1，0），即
（a ×c ，b ×c+d ）=（1，0）， 解得：a
b d a
c -==
,1。且 ),1(a b a -·（a ，b ）=（b a a
b a a +?-?,1）=（1，0）， 因此，（a ，b ）有逆),1(a b a -。 综上，（G ，·）是群。
（2）显然，S 是G 的非空子集，且对于任意的（1，a ），（1，b ）∈S ，有
（1，a ）·（1，b ）-1 = （1，a ）·（1，-b ）
=（1×1，a ×1-b ）
=（1，a-b ）∈S 。
因此，由教材中定理6.4.2（判别条件二），可知（S ，·）是（G ，·）的子群。
例6.2.8 设（H 1，·），（H 2，·）是（G ，·）的子群，且H 1，H 2互不包含，证明：H 1∪H 2≠G 。
证明：由H 1，H 2互不包含知，存在x ，y ，使得x ∈H 1，且x ?H 2，y ∈H 2，且y ?H 1。则断言x ·y ?H 1，且x ·y ?H 2，否则，若x ·y ∈H 1，则x ∈H 1及由H 1是G 的子群知，x -1∈H 1，故，x -1·（x ·y ）∈H 1，即y ∈H 1，与y ?H 1矛盾。同理可证x ·y ?H 2。因此，x ·y ?H 1
∪H2。而x·y∈G，所以，H1∪H2≠G。
例6.2.9 设G为n元循环群，a是生成元。设m与n的最高公因为d，试证明：
（a m）=（a d）。
证明：因为d|m，所以，a m ∈（a d），故
(a m)?（a d）。
因d为m与n的最高公因，所以存在k，l，使得
d=km+ln。
于是，
a d= a km+ln = a km a ln
由G=（a）是n元循环群，a是生成元知，a n=1，故a ln=1，代入上式得：
a d=a km。
而a km∈（a m），从而a d∈（a m）。故
（a d）?（a m）。
因此，（a d）=（a m）。
例6.2.10 设（G，·）为循环群，生成元为a，设（H1，·），（H2，·）均是（G，·）的子群，而a i和a j分别为（H1，·）和（H2，·）的生成元。问：（H1∩H2，·）是否为循环群，如果是，请给出其生成元。
解：设m为i和j的最小公倍数，往证（a m）=H1∩H2。
由m为i和j的最小公倍数，知，i|m，j|m，故
a m ∈（a i），a m ∈（a j）。
所以，a m ?（a i），a m?（a j）。即，a m ?（a i）∩（a j）。
下面证明：（a i）∩（a j）?（a m）。分两种情况：
（1）当G为无限循环群时。任取x∈（a i）∩（a j），则存在p，q∈Z，使得x=a ip=a jq。由G是无限循环群知，必有ip=jq=k，所以，i|k，j|k，k为i和j的公倍数，而m为i和j的最小公倍数，故，m|k。因此，a k∈（a m），即x=a ip=a k∈（a m）。所以，（a i）∩（a j）?a m。
（2）当G是n元循环群时。设s是n和i的最大公约数，t是n和j的最大公约数，d 是n和m的最大公约数。由例6.2.9知，
（a s）=（a i），（a t）=（a j），（a d）=（a m）。
显然，d是s和t的最小公倍数。
任取x∈（a i）∩（a j），注意到s，t都是n的因数，必存在p，q∈Z，使得a sp=a tq，且0≤sp，tq 即，（a i）∩（a j）?（a m）。 综上，（a m）=H1∩H2，（H1∩H2，·）是循环群，其生成元是a m，m是i和j的最小公倍数。 例6.2.11 设有限交换群（G，·）中所有元素之积不等于单位元1，试证明G必为偶数元群。 证明：用反证法。假设（G，·）为奇数元群，往证（G，·）中所有元素之积等于单位元1。 由G有限，设G={1，a1，a2,…,a2n}。首先证明对G中任意非单位元的元素a，a≠a-1。 假设对G中任意元素a，a=a-1，则a2=1，显然（{1，a}，·）是（G，·）的元数为2的子群。由Lagrange定理知，2应该整除G的元数。因为G的元数为2n+1，所以2不整除G的元数，这就产生了矛盾。因此，对G中任意非单位元的元素a，有a≠a-1。由于任意元素的逆元素是唯一的，即不同的元素有不同的逆元，所以在a1，a2,…,a2n中按如下方法取元素：先任取一a i1及其逆元a j1(i1≠j1)，再在剩下的2（n-1）个元素中任取一a i2及其逆元a j2(i2≠j2)，以此类推n次，直到取出a in及其逆元a jn(in≠jn)。则 ∏=? n k jk ik a a 1 ) (=1， 由（G，·）为交换群知，∏ =? n k jk ik a a 1 ) (= a1·a2·…·a2n，所以，a1·a2·…·a2n=1。 即（G，·）中所有元素之积等于单位元1，这与已知（G，·）中所有元素之积不等于单位元1矛盾，所以，G必为偶数元群。 说明：在此例中，我们应用了Lagrange定理，该定理是很重要的定理，在考察有限群的元数和其子群的元数时经常要用到。 6.2.4 关于元素的周期 这部分习题主要是用周期的定义（若n为适合a n=1的最小正整数，则称a的周期为n。）以及周期的性质（教材中定理6.4.5及定理6.4.5’）。 例6.2.12 设（G，·）是群，a，b，c∈G。a·b=c·b·a，a·c=c·a，b·c=c·b。 试证明：若a，b的周期分别为m，n，m与n的最大公约数为d，则c的周期整除d。 证明：（1）设c的周期为k，由最大公因数的定义，要证明k|d，只需证明k是m与n 的公因数，即k|m，k|n。再由k为c的周期及周期的性质知，只要证明出c m=1，c n=1，则k|m，k|n就显然成立了。 由a·b=c·b·a，在等式两边同时右乘b n-1，得 a·b n=c·b·a·b n-1， 由b的周期为n知，b n=1，故， a·b n=a， 而c·b·a·b n-1= c·b·(a·b) ·b n-2由结合律 = (c·b)(c·b·a)·b n-2 由a·b=c·b·a =(c·b) 2·ab n-2 由结合律 M =(c·b) n· a = c n·b n·a 反复应用b·c=c·b = c n·1·a 由b的周期为n =c n·a 因此， a=c n·a 两边同时右乘a的逆元，得到 c n=1。 类似地，可证得 c m=1。 例6.2.13 设（G，·）是群，x，y∈G，且y·x·y -1= x 2，其中x≠1，y的周期是2，试求x的周期。 解：由y·x·y -1= x 2，得： x 4=（y·x·y –1）·（y·x·y –1） = （y·x）·（y –1·y）·（x·y –1）由结合律 =（y·x）·1·（x·y –1） = y·x2·y –1 = y·（y·x·y –1）·y –1由已知 = y2·x·y –2 由y的周期是2知，y2=1，且y –2=1。因此， x 4= 1·x·1=x。 即， x3=1。 而由已知x≠1，断言x2≠1，否则，若x2=1，由已知y·x·y -1= x 2，得y·x·y -1=1，即y·（x·y -1）=1，又由群中任意元素的逆是唯一的得y -1= x·y -1，两边同时右乘y，得x=1，与已知矛盾。因此，3是满足x n=1的n的最小正整数，即，x的周期是3。 6.2.5 关于同态与同构 给出一映射，要证明它是同构映射，一般是先证明它是同态映射，再证明它是1-1映射，这种情形严格按照定义就可以了。 对于证明具体的两个群同构，通常的做法是构造一个函数使它满足某种特定的要求，这就要求我们知道函数的特点。 例6.2.14 设（R，-）和(R+，÷)是两个代数系统，其中R和R+分别为实数集合与正实数集合，-与÷分别为算术加法与除法，试证明：（R，-）和(R+，÷)同构。 证明：构造函数f(x)=e x。 （1）证明该映射为R到R+的1-1映射。 显然f为R到R+的映射。 对任意y∈R+，都有x=ln y，使得e x=y，所以f为R到R+上的映射（满射）。 对于任意a,b ∈R，若a≠b，则e a≠e b，所以f为单射。 （2）证明f为同态映射。 对于任意a,b ∈R，有f(a-b)= e a-b= e a÷e b=f(a)÷f(b)。所以，f为R到R+的同态映射。 综上，f是R到R+的同构映射，即，（R，-）和(R+，÷)同构。 下面举一个应用同态基本定理（教材中定理6.5.3）的例子。 例6.2.15 设（G，·）是一个交换群，H是由G中所有周期是有限的元素构成的集合，试证明： （1）（H，·）是（G，·）的正规子群。 （2）在商群G∕H中，除了单位元H外，所有元素的周期都是无限的。 证明： （1）显然H非空。因为1的周期有限，1∈H。 对于任意的a，b∈H，往证a·b-1∈H。由a，b∈H，知a，b周期有限，不妨设a的周期为m，b的周期为n，则a m=1，b n=1，b-n =1，故 （a·b-1）mn=（a）m·(b-n)m=1， 可见，a·b-1的周期是有限的，因此，a·b-1∈H。 所以，（H，·）是（G，·）的子群。再由（G，·）是一个交换群，交换群的子群都是正规子群，因此，（H，·）是（G，·）的正规子群。 （2）使用反证法。假设G∕H中存在一个非单位元H的元素aH，使得aH的周期是有限的，不妨设为n，则 （aH）n=H。 由教材中定理6.5.3知，若令 σ：a→aH， 则σ是G到G∕H上的一个同态映射。于是 a n H=σ(a n) = σ(a) σ(a) …σ(a) =aH aH…aH =(aH) n =H. 所以，a n∈H，即a n的周期有限，故a的周期亦有限，即a∈H，于是，aH=H，与aH≠H矛盾。因此，原假设不对，G∕H中除了单位元H外，所有元素的周期都必然是无限的。 6.2.6 关于环 要证明R在加法和乘法下做成环，需要证明R对于加法构成一个Abel群，在乘法下做成半群，即乘法适合结合律，还要证明乘法对于加法有分配律，注意由于乘法不见得适合交换律，所以分配律需证明两个。 证明环的同态映射要注意需要证明加同态与乘同态两条。 例6.2.16 设Z是整数集合，R={（a，b）|a，b∈Z}，定义R上的二元运算⊕与⊙如下： （a,b）⊕(c,d)=(a+c,b+d), （a,b）⊙(c,d)=(a×c,b×d), 其中+，×分别是算术加法和乘法。 试证明（R，⊕，⊙）是环，并求出此环的所有零因子。 证明：显然，⊕在R上运算封闭，且满足交换律和结合律。⊕的单位元为（0，0），R 上任意元素（a,b）的逆元为（-a,-b）。所以，（R, ⊕）为交换群。 又因为⊙在R上运算封闭，且满足结合律，所以，（R, ⊙）为半群。 任取R上三个元素（a,b），（c,d），(e,f)，有： （a,b）⊙（（c,d）⊕(e,f)）=（a,b）⊙（c+e,d+f） =(a×(c+e),b×(d+f)) =(a×c+a×e,b×d+b×f))， (（a,b）⊙（c,d）)⊕(（a,b）⊙(e,f))=(a×c, b×d) ⊕(a×e, b×f) =(a×c+a×e,b×d+b×f))， 因此， （a,b）⊙（（c,d）⊕(e,f)）=(（a,b）⊙（c,d）)⊕(（a,b）⊙(e,f))。 由于⊙和⊕都满足交换律，所以， （（c,d）⊕(e,f)）⊙（a,b）=(（c,d）⊙（a,b）)⊕((e,f)⊙（a,b）)。 综上，（R，⊕，⊙）是环。 由于⊕的单位元为环的零元：（0，0）。对于所有的（a,0）∈R，其中a≠0，存在（0，b）∈R，其中b≠0，满足（a,0）⊙(0,c)=（0，0），再根据运算⊙的交换律得到，（a，0）和（0，b）都是环的零因子。 例6.2.17 设（R，+，·）是环，对于任意的a，b∈R，定义： a⊕b=a+b+1, a⊙b=a·b+a+b。 试证明（1）（R，⊕，⊙）也是含壹环。 （2）（R，⊕，⊙）与环（R，+，·）同构。 证明： （1）①首先证明（R，⊕）是交换群。 由+ 在R上运算封闭知，对于任意的a，b∈R，a+b+1∈R，而a⊕b=a+b+1，故a⊕b ∈R。因此，⊕在R上运算也封闭。 由+ 在R上满足交换律知，⊕在R上也满足交换律。 对于任意的a，b，c∈R，由+ 在R上满足交换律和结合律得： （a⊕b）⊕c=（a⊕b）+c+1 =（a+b+1）+c+1 =a+(b+1+c)+1 由+满足结合律 =a+(b+c+1)+1 由+满足交换律 =a+（b⊕c）+1 =a⊕(b⊕c), 可见，⊕在R上也满足结合律。 因为对R中任意元素a，有 a⊕-1=a+（-1）+1 =a+(（-1）+1) =a+0 =a, -1⊕a=a⊕-1=a， 所以（R，⊕）的单位元为-1。 因为对R中任意元素a，有 a⊕（-a-1-1）= a+（-a-1-1）+1 =(a+(-a))-1+(-1+1) =0+(-1)+0 =-1， （-a-1-1）⊕a= a⊕（-a-1-1）=-1 所以，（R，⊕）中任意元素a的逆元为-a-1-1。 综上，（R，⊕）是交换群。 ②证明（R，⊙）是含壹半群。 由+和·在R上运算封闭知，对于任意的a，b∈R，a·b+a+b∈R，而a⊙b=a·b+a+b，故a⊙b∈R。因此，⊙在R上运算也封闭。 对于任意的a，b，c∈R，有 （a⊙b）⊙c =（a⊙b）·c+（a⊙b）+c =（a·b+a+b）·c+（a·b+a+b）+c =a·(b·c+b+c)+a+(b·c+b+c) = a·(b⊙c)+a+(b⊙c) =a⊙(b⊙c)， 可见，⊙满足结合律。 因为对R中任意元素a，有 a⊙0= a·0+a+0 =0+a+0 =a， 0⊙a=a⊙0=a, 所以，（R，⊙）的单位元为0。 ③证明⊙对⊕有左右分配律。 对于任意的a，b，c∈R，有 a⊙(b⊕c)= a·(b⊕c)+a+(b⊕c) = a·（b+c+1）+a+（b+c+1） = a·b+（a·c）+a+a+b+c+1 = (a·b+ a+b)+(a·c+a+c)+1， (a⊙b)⊕(a⊙c)= (a⊙b)+(a⊙c)+1 = ( a·b+ a+b) + ( a·c+ a+c) +1 因此，a⊙(b⊕c)= (a⊙b)⊕(a⊙c)。 (b⊕c)⊙a=(b⊕c)·a+(b⊕c)+a =（b+c+1）·a+（b+c+1）+a = b·a+（c·a）+a+b+c+1+a =(b·a+b+a)+(c·a+c+a)+1， (b⊙a)⊕（c⊙a）= (b⊙a)+ （c⊙a）+1 = (b·a+b+a)+ (c·a+c+a)+1， 因此，(b⊕c)⊙a=(b⊙a)⊕（c⊙a）。 综上①、②、③知，（R，⊕，⊙）是含壹环。 （2）证明（R，⊕，⊙）与环（R，+，·）同构。 做映射f:R→R，f(a)=a-1。 ①往证f是1-1映射。 显然，f是R到R内的映射。 对任意a∈R，有a+1∈R，满足f(a+1)=a+1-1=a。因此，f是R到R上的映射（满射）。 若对b，c∈R，有f(b)=f(c)=a，即b-1=c-1=a，则b=c=a+1。因此，f是一对一映射（单射）。 ②由f的定义有：f(a+b)=a+b-1。另一方面， f(a)⊕f(b)=f(a)+f(b)+1 =(a-1)+(b-1)+1 =a+b-1, 因此，f(a+b)= f(a)⊕f(b)。 由f(a·b)= a·b-1，及 f(a)⊙f(b)=f(a)·f(b)+f(a)+f(b) =(a-1)·(b-1)+(a-1)+(b-1) =a·b-a-b+1+(a-1)+(b-1) =a·b-1， 知，f(a·b)=f(a)⊙f(b)。 因此，f是环同构映射，故（R，⊕，⊙）与环（R，+，·）同构 §6.3 第六章习题解答 6.3.1 习题6.1解答 1. 设W1、W2、W3分别为是模6的剩余类集合Z6的子集：W1={0，3}，W2={0，2，4}，W3={1，3，5}，试问剩余类加法是不是这些子集的二元代数运算？ 解：剩余类加法对W1，W2是二元代数运算，而W3不是。 2. S={2n | n N}，加法是S上的二元代数运算吗？乘法呢？ 解：加法不是S上的二元代数运算，乘法是。 3. 自然数集N 上的二元代数运算* 定义为x * y = x y，* 是否满足结合律？是否满足交换律？ 解：都不满足。 4. 设* 是集合S上的二元代数运算，且满足结合律，设x，y是S中任意元素，如果x * y = y * x，则x = y。试证明* 满足等幂律。 证明：由于对S中任意的x，y和z，有x*(y*z)=(x*y)*z，故x*(x*x)=(x*x)*x，于是有x*x=x。 5. 设+ 和* 是集合S上的两个二元代数运算，对于S中任意元素x和y，x + y = x。证明* 对于+ 满足分配律。 证明：设x，y和z是S中任意三个元素，则 x*(y+z)=x*y=x*y+x*z，且 (y+z)*x=y*x=y*x+z*x， 故* 对于+ 满足分配律。 6.3.2 习题6.2解答 1. 设（G，·）是代数系统，则（G×G，*）是代数系统，这里G×G的运算“*”规定如下： （a，b）*（c，d）=（a·b，c·d）， 其中，a，b，c，d为G中任意元素。证明：当（G，·）是半群时，（G×G，*）是半群；当（G，·）有单位元素时，（G×G，*）有单位元素；当（G，·）是群时，（G×G，*）是群； 证明：设（G，·）是半群，a，b，c，d，e，f为G中任意元素，若有(a，b),(c，d)，(e，f)属于G×G，则有 (a，b)*((c，d)*(e，f))=(a，b)*(c·e，d·f)=(a·(c·e)，b·(d·f)) =((a·c)·e，(b·d)·f))=((a·c)，(b·d))*(e，f)=((a，b)*(c，d))*(e，f)，这就证明了当（G，·）是半群时，（G×G，*）是半群。 设（G，·）有单位元素1，(a，b)是（G×G，*）中任意元素，则有(a，b)=(a·1，b·1)=(a，b)*(1，1)且(a，b)=(1·a，1·b)=(1，1)*(a，b)，故(1，1)就是（G×G，*）的单位元素。 设（G，·）是群，1是群（G，·）的单位元素，则由前面的证明知(1，1)就是（G×G，*）的1且（G×G，*）是半群。 我们来证明（G×G，*）中的任意元素(a，b)有逆元素。(1，1)=(a·a’，b·b’ )=(a，b)*(a’，b’ )，其中a’和b’分别是a和b在群（G，·）中的逆元素。同样有(1，1)=(a’·a，b’·b )=(a’，b’ )*(a，b )，这就证明了(a’，b’ )是(a，b)的逆元素，从而说明（G×G，*）是群。 2. 举例说明不要求可除条件而要求消去条件，即要求由aχ=ay可推出χ=y，由χ·a=y·a 可推出χ=y，由G不见得是一个群，若G有限怎么样？ 解：例如，全体自然数在普通乘法下，适合消去律，但不是群。若G={a1，a2，…a n}，用a右乘G中各元素得a1a，a2a，…，a n a必不相同，否则若a i a=a j a (i≠j) ，由消去条件有a i≠a j，矛盾。对任意b∈G，必有a i，使a i a=b，因之方程xa=b有解。同理可知ay=b有解。故G是群。 3. 举例说明定理6.2.2中的（1）ˊ和（2）ˊ分别改成：（1）ˊG中有一个元素1适合1·a=a，（2）ˊ对于任意a有一个a-1适合a·a-1=1，则G不见得是一个群。 解：例如， a b G= a，b是实数。 00 1 0 a-1 0 有左1= 右逆：，但G不是群 0 0 0 0 因当b≠0时 a b 1 0 a 0 a b = ≠。 0 0 0 0 0 0 0 0 而不难知道G中无1。 4. 试将加法群的公理进行符号化。 解：令P(x，y，z)：x ·y=z，i(x)：x-1。 则可以将加法群的公理符号化为： (1)?x?y?zP(x，y，) (2)?x?y?z?u?v?w(P(x，y，u) ∧P(y，z，v) ∧P(u，z，w) →P(x，v，w)) ∧?x?y?z?u?v?w(P(x， y，u) ∧P(y，z，v) ∧P(x，v，w) →P(u，z，w)) (3)?xP(x，e，x) ∧?xP(e，x，x) (4)?xP(x，i(x)，e)∧?xP(i(x)，x，e) (5)?x?y?u(P(x，y，u) →P(y，x，u)) 前四条是群公理，第五条是交换性。 5. 设集合G={a ，b ，c}上的二元运算表如下： 则（G ，·）是否为半群？是否为群？为什么？ 解：由于G 非空且对任意的a ，b 属于G ，有a ·b 属于G ，故（G ，·）是代数系统。又由于·运算满足结合律，故（G ，·）是半群，但（G ，·）不是群，因为元素c 没有逆元素。 6.3.3 习题6.3解答 1. 计算（1 2 3）（2 3 4）（1 4）（2 4）。 解：（1 2 3）（2 3 4）（1 4）（2 4）=（1 3）（2 4）。 2. 用1，2，…，n 代表M 中元素。求证M 的任意置换可以表为（1 2），（1 3），…，（1 n ）的乘积。又可表为（1 2），（2 3），…，（n-1 n ）的乘积。 解：M 的任意置换都可分为对换之乘积，又注意到：（a r a s ）=(1 a r )(1 a s )(1 a r )，(a r ，a s ≠1)，而(1 a r )=(1 2)(2 3)…(a r-2 a r-1)(a r-1 a r )(a r-2 a r-1)…(2 3)(1 2)。 3. 设σ，τ是两个置换。把τ表示为不相杂的轮换的乘积。求证στσ-1只要用σ变换成τ中文字。例如σ=（1 2 3）。τ=（1 2）（3 4）则στσ-1=（2 3）（1 4）。即按照σ的变换不τ中之1换成2，2换成3，3换成1，即得στσ-1。 证明：若τ=(a 11 a 12 …a 1r )(a 21… a 2s )…(a m1…a mt ) a 11 …a 1r a 2r …a 2s …a m1…a mt 而σ= b 11 …b 1r b 2r …b 2s …b m1…b mt 取典型元素b jk ，我们有 111 ++?→??→??→?-jk jk jk jk b a a b στσ 所以在στσ-1下，b jk →b jk+1。 4. 试设计一个乘轮换程序，计算输入的若干轮换的乘积，输出的结果是不相杂的轮换的乘积。 可参阅D.E.Knuth 著，管纪文，苏运霖译《计算机程序设计技巧》134-138页。 5. 试证明n 个元素的所有置换作成一个群（通常叫做n 次对称群）。证明n 个元素的所有偶置换作成群（叫做n 次交代群）。写出四次交代群中的元素。n 次交代群的元数为何？ 证明：只需验证满足群的各条件，略。 注意到偶置换×偶置换=偶置换。易知偶置换成群。 A 4：(1)，(1 2 3)，（1 3 2），（1 2 4），（1 4 2）， （1 3 4），（1 4 3），（2 3 4），（2 4 3），（1 2）， （3 4），（1 3），（2 4），（1 4），（1 4），（2 3）， 2 1n!。 6.3.4 习题6.4解答 1. （1）（1 2）（3 4），（1 3）（2 4），（1 2）（2 3）四个置换作成一个群叫klein 四元群，求证klein 四元群是四次对称群的正规子群。 证明：用H 记Klein 四元群，对任σ∈S 4，τ∈H ，στσ－1只须用σ变τ中文字，不变轮换长 度，结果仍是二对换之积，而这种乘积全在H 中，故στσ－1∈H ，故σH σ－1?H 。 2. 写出三次对称群的所有子群。 解：｛（1），（1 2），（1 3），（2 3），（1 2 3），（1 3 2）｝， ｛（1），（1 2 3），（1 3 2）｝， ｛（1），（1 2）｝， ｛（1），（1 3）｝， ｛（1），（2 3）｝， ｛（1）｝。 3. 若H 在G 中的右陪集的个数有限，求证左陪集的个数也有限，而且和右陪集的个数相等。这时，这个个数也就可以叫做H 在G 中指数。 证明：设G 的右陪集分解为G ＝g 1H ?g 2H ?…?g n H ，首先，由g ∈G ，故g -1∈G,g -1必在某个右陪集（不妨设是在g i H ）中，即g -1∈g i H ，于是存在h ∈H ，使g -1=g i h ，由此g=h -1g i -1∈Hg i -1。 其次对i ≠j,若有Hg i -1=Hg j -1，则Hg i -1g j =H ，故g i -1g j ∈H ，因此g i -1g j H=H ，g i H=g j H 。矛盾。 故G 又有左陪集分解G ＝Hg 1-1?Hg 2-1???Hg n -1。 4. 求证若H 在G 中的指数是2，则H 必然是G 的正规子群。 证明：此时对H 的左陪集aH ，右陪集Ha ，都是G 中元去掉H 的所余部分。故Ha=aH 。 5. 求证G 的任意多个子群的交集是G 的子群。并且，G 的任意多个正规子群的交集仍是G 的正规子群。 证明：设G 的任意多个子群的交为H 。显然1∈H 。故H 非空。若a ，b ∈H ，则a ，b ∈各子群，故ab -1∈各子群。ab -1∈H 。从而H 是群。 设任意多个正规子群的交为H 。对任g ∈G ，h ∈H ，h ∈每个正规子群，故ghg -1∈每个正规子群。ghg -1∈H ，所以gHg -1?H 。 6. 设H 是G 的子群。N 是G 的正规子群。合HN 为H 的元素乘N 的元素所得的所有元素的集合。求证HN 是G 的子群。 证明：显然1∈HN ，NH 非空。对任a ，b ∈HN ，可以有： ab -1=h 1n 1(h 2n 2)-1=h 1n 1n 2-1h 2-1 =h 1n 1h 2'n 2'=h 1h 2''n 1'n 2'∈HN 由此推知HN 是G 的子群。 7. 设H 是群G 的一个有限非空子集，求证只要H 中任意两个元素的积仍在H 内，则H 是G 的子群。 证明：由子群的定义知，只要证按G 中的乘法H 是群即可。现在G 中的消去律成立，当然按G 中的乘法，消去律在H 中也成立，又H 有限，故H 是群，所以H 是G 的子群。 8. 求证循环群的子群仍是循环群。 证明：若循环群G 由其中元a 生成。H 是的子群，但不是单位元群。则H 中必含有幂m>0的元a m 。因为若m<0，a m 的逆元a -m 也在H 内，而-m>0。假定a m 是H 中的最小正幂，显然H 包含a m 的任意乘幂。假如又有H 中任意元a S ，由S=tm+r 。0≤r 9. 设G 是一个n 元循环群，a 是一个生成元素。若r 和n 的最大约数为d 。问a r 的周期等于什么？由此看来，G 中有多少个元素可以作为生成元素？ 证明：设e 是G 中的单位元，显然有e e a a a d r d r n d rn d n r ====)()(。设a r 的周期为m ，则m | m d r ?…（1）。又(a n )m =e ，即a rm =e 得n |rm ，则d n |m d r ?。因(d n ，d r )=1，所以d n |m…(2)。由（1）和（2）知m=d n ，即a r 的周期为d n 。 由此知G 中周期为n 的元a r 必使d=1，而有(r ，n)=1，故共有?（n ）个元素可作为生成元。 10. 求证若G 的元数是一个质数，则G 必是循环群。 证明：设G 的元数为质数P ，任取G 中非单位元a ，则(a)是G 的一个循环子群，设a 的周期为r ，则(a)的元数为r ，因此r |P 。但P 是质数。显然r ≠P ，所以G=(a)，即G 是由a 生成的循环群。 11. 举例说明Abel 群中，可能不只有两个元素适合x 2=1。 解： a 0 G= | a ，b 是不为零的实数 。不难证明，按矩阵乘法，G 是Abel 群 0 b 1 0 1 0 -1 0 -1 0 容易验证 均满足 0 1 0 –1 0 1 0 -1 1 0 x 2= 。 0 1 12. （1）设G是群，a∈G，试证明：若a的周期为2， 则a-1 = a。 （2）设群G除了单位元以外每一个元素的周期均为2，试证明G是Abel群。 证明：（1）令1是G中的单位元素，则有1=a2，设a-1是a的逆元素，用其右乘等式两端有1a-1=a2a-1，得到a-1 = a。 （2）首先由a2=1可得a-1 = a。设a，b是G中任意两个元素，有ab∈G和(ab)2∈G，因而ab=(ab)-1=b-1a-1=ba，所以G是Abel群。 13. 设G是6元循环群，试找出G的所有生成元，并找出G的所有子群。 解：设G={1,a，a2，a3，a4，a5}，由第9题容易证明a和a5是G的生成元，因为由第8题知循环群的子群仍是循环群，故用G的每个元素去生成群，即得G的子群，它们是{1}， 14. 设K和H都是群G的子群，试证明：若H·K是G的子群，则K·H = H·K。 证明：对任意的k·h∈K·H，(k·h)-1=h-1·k-1∈H·K，由于H·K是G的子群，所以((k·h)-1)-1∈H·K，因此K·H? H·K。同样，对于任意的h·k∈H·K，(h·k)-1∈H·K，即存在h1∈H，k1∈K使得(h·k)-1=h1·k1，所以h·k=(h1·k1)-1=k1·h1∈K·H，因此H·K?K·H。由集合论知识知K·H = H·K。（有兴趣的读者可以证明本题的逆命题也成立） 6.3.5 习题6.5解答 1. 设σ是G到G'的同态映射，其核为N，若H是G的子群，求证σ（H）是G'的子群。若H'是G'的子群。求证σ-1（H'）是G的子群。求证σ-1(σ（H）＝HN，σ((H'))-1=H'，因此，若H?N。则σ-1(σ(H))=H。由此说明G'的子群和包含N的G的子群一一对应。 证明：σ（H）显然是G'的子群。 σ-1（H'）是非空的。对任意a∈σ-1(H')，b∈σ-1(H')，则必有σ(a)∈H'，σ(b)∈H'，σ(a?b-1)=σ(a)?σ(b-1)=σ(a)?σ(b)-1∈H'，故a?b-1∈σ-1(H)，所以，σ-1(H')是G的子群。 σ(HN)= σ(H)·σ(N)= σ(H)所以，HN?σ-1(σ(H))。任取a∈σ-1(σ(H))则必有σ(a)=h'∈σ(H)，则必有h∈H,使σ（h）=h'=σ(a)。记σ(H)的单位元为e'。则e'=σ(a)-1σ(a)=σ(h)-1·σ(a)=σ(h-1·a)所以h-1·a∈N。a∈hN?HN。即σ-1(σ(H))?HN。综合二方面得：σ-1(σ(H))=HN。 因为σ-1(H’)是H’的原象集。当然σ(σ-1(H’))=H’。 若H?N，又N中有单位壹，故H＝H·H?HN?H{1}=H。所以HN=N。因此,σ－1（σ（H））＝H。 2. 设σ是G 到G ’上的同态映射。τ是G ’到G ”上同态映射，说明τσ是G 到G ”上的同态映射。并说明τσ的核为σ-1τ-1(1”)，其中1”是G ”的壹。 证明：显然τσ是G 到G ”上的映射。 对任意a ∈G ，b ∈G ，有τb(a ?b)=τ(σ(a ?b))=τ(σ(a)?σ(b))=τ(σ(a))?τ(σ(b))=τσ(a)?τσ(b)， 故τσ为同态映射。因此τσ是G 到G ”上的同态映射。1”在τσ下在G 中原像集是σ-1τ-1(1”)， τσ(σ-1τ-1(1”))=I(1”)=1”，所以τσ的核为σ-1τ-1(1”)。 3. 设σ是G 到G ’上的同态映射。H 是包含σ的核N 的G 的正规子群。H ’＝σ（H ），求 证H 是G 的正规子群。并证明“第一同构定理”：' ' H G H G ?。 证明：显然H ’是G ’的子群。对任g’∈G’，必有g ∈G ，使σ(g)=g’。所以由gHg -1?H ，而σ( gHg -1)= σ(g)σ(H)σ(g)-1?σ(H)=H’。所以g’H’g’-1?H’。这表明H ’是G ’的正规子群。 因H ’是G ’的正规子群。故有同态映射τ，使G’~''H G ，其核为H ’，1”为''H G 的壹。又在σ下，G ～G ’，故在τσ下G ～'' H G 同态核为σ-1τ-1(1”)=σ-1(H’)。因为H ?N ，所以σ-1(H’)=H 。故τσ的核为H ，因此 ''H G H G ?. 4. 设H 和N 都是G 的正规子群。HN 由第一同构定理推出N H N G H G //?。 证明：因为N 是G 的正规子群，则有同态映射σ使G ～G/N ，看σ（H ）在G/N 中所有的象。注意到G/N 中元是G 中对N 来看的陪集N a1,N a2,…,其中代表a i ∈G(i=1,2,…,)。因此H 中任意元在G/N 中的象也是N 的陪集。代表元应取自上面属于H 的各a i ,可见H 在G/N 中的象正是H/N 。根据第一同构定理，HN 是G/N 的正规子群，并且G/H ? N H N G //。 5. 设N 是G 的正规子群。H 是G 的任意子群。求证“第二同构定理”N H H N HN ??。 证明：因N 是G 的正规子群，故有同态映射σ，使G ～G/N ＝G ’。在此映射下σ（H ）＝H ’是G’的子群，而σ-1(H’)=σ-1(σ(H))=HN 。故σ（HN ）＝H ’。即HN 在σ下的象是H’。所以在同态映射σ下，HN ～H ’同态核仍是N ，故H ’ ?HN/N… 又在σ下σ（H ）＝H ’，所以H~H’。这个同态的核是N 中所有属于H 的元素，即H ?N 。H ?N 作为这个同态的核是正规子群，所以H’ ?H/H ?N 。 由上便知HN/N ?H/N ?N 。 6. 用习题5证明四次对称群对Klein 四元群的商群和三次对称群同构。 证明：Klein 四元群V 是四次对称群S 4的正规子群，而三次对称群S 3是S 4的子群。故有S 3V/V ?S 3/S 3?V…(1)注意V ＝｛I （12）（34），（13）（24），（14）（23）｝。S 3＝｛1， （12），（13），（23），（123），（132）｝S 3?V ＝｛I ｝。故S 3/S 3?V 就是S ?(2)。又S 4中任一元素均可由（12），（13），（14）三个对换生成。其中（12），（13）在S 3 中，而（14）＝（23） （14）（23），（23）∈S 3，（14）（23）∈V 故（14）∈S 3V ，所以S 4中所有置换在S 3V 中，则S 3V ＝S 4?(3) 用结论（2）和（3）替代（1）式中有关项得S 4/V ?S 3。 7. 试证明群G 的所有自同构映射在映射的乘法下作成群。 证明：由6.3节的知识容易验证群G 的所有自同构映射在映射的乘法下是一个代数系统，并且满足结合律，其中的同一变换是单位元素。对任意的自同构映射σ∈G ，σ-1∈G 。 8. 设G 是群，证明对,G a ∈?σa ：x →axa -1（x ∈G ）是G 的自同构映射，称为G 的内自同构映射。 证明：不难证明σa 是G 到G 的一个1-1映射。另外，对任意的g 1，g 2∈G ，因为σ a (g 1g 2)=a -1(g 1g 2)a=(a -1g 1a)(a -1g 2a)=σa (g 1)σa (g 2)，所以σa 是G 的自同构映射。 9. 试证明群G 的所有内自同构映射在映射的乘法下作成群。 证明：同一变换可表示成σ1，故此集合非空。对任意属于该集合的σx ，σy ，因为对任 意的g ∈G ，有σy (σx (g))= σy (x -1gx)=y －（x -1gx ）y=(xy)-1g(xy)= σxy (g)，所以此集合在乘法 运算下是封闭的。显然该集合在乘法运算下满足结合律。该集合内有单位元素σ1，容易验证σ-1x =σx-1在该集合中。 10. 设G 是一个循环群，N 是G 的一个子群，试证明G/N 也是循环群。 证明：由G 为循环群知，G 一定是交换群，故N 是正规子群，G/N 有意义。 设G=(a)，则任取G/N 中元素bN ，其中b ∈G ，故b=a k ，因此 bN=a k N=（aN ）k ， 11. 证明f ：x →x -1是群G 的一个自同构映射当且仅当G 是交换群，其中x ∈G 。 证明： （必要性）任取a,b ∈G ，则 ab=f(a -1) f(b -1)=f(a -1b -1)=(a -1b -1)-1 =ba 。 故G 为交换群。 （充分性） （a ）显然f 是G 到G 上的1-1映射。 （b ）任取a ，b ∈G ，由G 为交换群知，ab=ba 。于是， f(ab)= (ab)-1 = (ba)-1 = a -1b -1= f(a)f(b)。 因此，f 是G 到G 的同态映射。 由(a),(b)知，f 是群G 的自同构映射。 12. 试证明元数为p m 的群一定包含一个元数是p 的子群，其中p 为质数，m ≥1。 证明：设G 为元数为p m 的群，任取G 中一非单位元的元素a ，则a 的周期n 一定整除p m ，且n ≠1,不妨设n= p k ,k ≥1。 若k=1，则a 的周期为p ，(a)即为元数为p 的G 的子群。 若k>1，则取b=a pt-1，显然b 的周期为p ，故(b)是一个元数为p 的G 的子群。 因此，元数为p m 的群一定包含一个元数是p 的子群，其中p 为质数，m ≥1。